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Galileo
\(\usepackage{setspace}\)

Lösungsversuch in der Renaissance (Wiederaufnahme der Antike)

Galileo hat sich nicht nur mit Astronomie beschäftigt, sondern auch mit dem sogenannten freien Fall. Er hat dazu diverse Experimente gemacht, interessant dabei ist nicht nur, dass bei gleicher Höhe die Fallzeiten für unterschiedliche Körper oder volumengleiche Körper unterschiedlicher Masse gleich sind - was mittlerweile allgemein bekannt ist, sondern vor allem auch, dass es offenbar egal ist, ob solch ein Körper senkrecht fällt oder waagerecht geworfen wird, auch hier bleibt die Fallzeit letztlich gleich. Das Verhältnis von Fallzeit t und Höhe h beträgt dabei \[h = \frac{1}{2} g t^2\] wobei g = 9,81 m/s die Fallbeschleunigung oder auch der sog. Ortsfaktor ist. Aber warum hat sich Galileo eigentlich so intensiv damit beschäftigt? Genau hier setzen wir fiktiv an. Nun kann man sich ja folgendes überlegen: Da die Erde rund ist, wird bei einem waagerechten Wurf die Höhe eigentlich immer größer. Das sieht man am besten in einer Skizze. Gleichzeitig fällt aber der Körper während des Fluges herunter. Wenn man also schnell genug „wirft“, dann sollte sich der Höhengewinn durch die Erdkrümmung und der Höhenverlust durch den freien Fall gerade aufheben. Diese Geschwindigkeit berechnen wir jetzt. Wir benutzen dazu die bekannte Formel \(v = \frac{s}{t}\), wobei wir zunächst den Weg s aus dem Satz des Pythagoras bekommen. Es gilt ja \((r_E+h)^2=r_E^2+s^2\), also \(s^2=(r_E +h)^2−r_E^2\), wobei \(r_E\) der Erdradius ist. Zum Berechnen benutzen wir jetzt die 1. binomische Formel \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) und wenden diese auf \((r_E+h)^2\) an. \(( r_E+ h )^2 = r_E^2+ 2r_E h + h^2\) Damit ist \(s^2=( r_E + h )^2− r_E^2= r_E^2 + 2 r_E h + h^2− r_E^2= 2r_E h + h^2 \approx 2r_E h\) Der letzte Schritt, also das man \(h^2\) einfach weglässt, hängt damit zusammen, dass \(2r_E h\) wesentlich größer als \(h^2\) ist, man rundet also nur. Es ist also \[\boxed{s=\sqrt{2r_E h}}\] Übrigens eine überaus nützliche Formel zur Berechnung der Entfernung des Horizonts von einer bestimmten Höhe aus! Bei Anwendung aber bitte unbedingt darauf achten, die Höhe h in km einzusetzen, also statt h=50m ist zu setzen h=0,05km! Wir setzen nun in \(s^2 = 2r_E h\) das h von oben ein (also \(h=\frac{1}{2}gt^2\) ) und erhalten daraus \(s^2= r_E g t^2\), ziehen erneut die Wurzel und setzen in v ein. Wir erhalten also insgesamt \[\boxed{v= \sqrt{r_E g}}\] Das sieht doch schon mal ganz gut aus. Wir berechnen dies nun mit den folgenden Werten \(r_E= 6400km\) und \(g= 10 \frac{m}{s^2}=0,01 \frac{km}{s^2}\) . Hier wurde 9,81m als rund 10m und diese als 0,01km gesetzt. Wir bekommen also \(v= \sqrt{64 \frac{km^2}{s^2}}=8\frac{km}{s}\). Dh. wenn wir einen Körper mit einer Geschwindigkeit von 8km/s „werfen“, dann fliegt er in einer Sekunde 8km geradeaus und fällt in dieser Sekunde zugleich 5m herunter; wegen der Kugelgestalt der Erde bleibt der so geworfene Körper aber in gleicher Höhe über dem Boden. Diese Geschwindigkeit heisst „1. kosmische Geschwindigkeit“. Wir können damit weitere Überlegungen starten. ZB. können wir berechnen, wie lange ein Körper braucht, um einmal die Erde zu umrunden, wenn er mit der ersten kosmischen Geschwindigkeit fliegt. Auch hier nutzen wir wieder die Formel \(v=\frac{s}{t}\). Nur ist hier \(s=U_E\) der Umfang der Erde und t=T die Umlaufperiode bzw. halt die Zeit, die dieser Körper für eine Erdumrundung benötigt, also \(v=\frac{U_E}{T}\). \(U_E\) der Erdumfang berechnet sich als Kreisumfang über \(2\pi r_E \) und beträgt für die Erde 40.000km (genau genommen ist es anders herum, bei der ersten Definition des Meters wurde nämlich der Erdumfang zu 40.000.000m festgelegt und daraus dann sowohl das Meter als auch der Erdradius abgeleitet). Dh. die Umlaufperiode berechnen wir zu \(T = \frac{U_E}{v}= 5000s= 1h 23min 20s\). Nun kommt langsam der Mond ins Spiel. Wir verfolgen jetzt die Idee weiter, dass der Mond aus dem Element "Erde" nur deshalb nicht auf der Erde ist, wohin er, wie gesagt, eigentlich gehören sollte, und nur deshalb am Himmel ist, weil er noch nicht herunter gefallen ist bzw. immer noch fällt, aber dieses "Fallen" eigentlich eine ständige Erdumrundung ist. Im geozentrischen Weltbild braucht der Mond für eine Umrundung um die Erde ca. 25h im heliozentrischen Weltbild etwa 27,5 Tage. Schon das allein ist ein gewaltiger Unterschied. Mit diesen Umlaufzeiten können wir nun den Umfang des Kreises berechnen, auf dem der Mond umläuft und damit auch die Entfernung! Und wenn wir diese haben, dann können wir auch die Größe des Mondes aus dem Strahlensatz ableiten. Es ist eigentlich \(U_{MB}=v\cdot T=2\pi r_{MB}\), wobei MB Mondbahn bedeutet (damit wir mit den Buchstaben nicht durcheinander kommen). Aber wir können für v nicht einfach die 8km/s einsetzen, da wir zur Berechnung die Entfernung des fliegenden Körpers vom Erdmittelpunkt benutzt haben. Wir müssen also für v die obige Formel benutzen, aber statt \(r_E\) müssen wir den Mondbahnradius \(r_{MB}\) einsetzen, sprich wir verwenden \(v_M= \sqrt{r_{MB} g}\), wobei \(v_M\) die Geschwindigkeit des Mondes um die Erde ist. Dabei ist \(r_{MB}\) der Abstand zwischen Mond und Erde vom Mittelpunkt der Erde zum Mittelpunkt des Mondes gerechnet. Wir haben also \(v_M \cdot T = \sqrt{r_{MB} g} \cdot T=2\pi r_{MB}\). Quadrieren auf beiden Seiten ergibt \(g\cdot T^2=4\pi^2 r_{MB}\), wobei wie einmal \(r_{MB}\) gekürzt haben. Umstellen nach \(r_{MB}\) ergibt letztlich \[\boxed{r_{MB}=\frac{g\cdot T^2}{4\pi^2}}\] Für das geozentrische Weltbild setzen wir T=24h 51min (der Mond geht ja jeden Tag ca. 51min später auf), das ist in Sekunden T=89.460s und erhalten \(r_{MB}= 1.985.000km\). Das ist weit. Wenn man jetzt den Strahlensatz anwendet, also davon ausgeht, dass der Mond in 1m Entfernung aussieht, als hätte er einen Durchmesser von etwa 1cm, dann kommt man auf einen Monddurchmesser von 19.850km, dh. der Mond wäre größer als die Erde! Noch verrückter wird es, wenn wir das alles im heliozentrischen Weltbild ausrechnen. Da ist ja T das 26,4fache vom obigen Wert, also T=2.358.720s. Dh. \(r_{MB}\) wäre 1.380.000.000km und der Monddurchmesser noch riesiger. Das kann also alles nicht stimmen. Mit Sicherheit hat Galileo auch diese oder ähnliche Überlegungen angestellt, aber konnte keine Lösung dafür finden. Nach diesen Überlegungen wäre das geozentrische Weltbild falsch, aber das heliozentrische Weltbild noch falscher! Daher hat Galileo diese Überlegungen wohl für sich behalten.
 
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